9 pp danh gia

Phương pháp đánh giá Facebook thầy Hồng Trí Quang

Khóa học online Luyện thi học sinh giỏi – thi chuyên toán lớp 9

Phần 1. PHÂN TÍCH THÀNH CÁC TỔNG BÌNH PHƯƠNG

Bài 1. Giải phương trình: 4 3 2 3 2 11x x x

HD 2 2

3 2 3 2 1 0x x . Nghiệm duy nhất x = 1

Bài 2. Giải phương trình 2

2 5 1 2x x x

Bài 3. Giải phương trình:

22

2

6 156 18

6 11

x xx x

x x

(1)

2

2

4(1) 1 3 9

3 2x

x

Mà :

2

4 41 1 3

23 2x

và

23 9 3x .

Do đó ta có: 2

3 0 3x x .

Phần 2. Sử dụng BĐT cơ bản ĐÁNH GIÁ HAI VẾ

Sử dụng BĐT trị tuyệt đối

Bài 4. Giải phương trình:2 2 211 14 9 11 2 3 17 2 3 2(2x 4)x x x x x x

Ta có VT = 2 2 2 2 2 2(3 1) 2(2 x) (3 1) 2(1 x) (3 1) 2(2 1)x x x x

2 2 1 2 1x x x 2(2 4)x

Dấu bằng xảy ra khi 1

3x

Bài 5. Giải phương trình √x + √2x − 5 − 2 + √x − √2x − 5 + 2 = 2√2

HD nhân 2 vế với √2, sử dụng |a| + |b| ≥ |a + b|

Tự luyện



Bài 6. Giải phương trình

a) 2 2 2

3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x Nghiệm 1x

Bài 7. Giải phương trình: 2 2 5 1 2x x x

HD VT = 2( 1) 1 2x x

Pt có nghiệm duy nhất x = 2

b. 21961111488 24244 xxxxxxxx

222242222224 )4()3(8)4()1(3)3()1(28 xxxxxxxxxx

4 2 2 4 2 28 3 4 ( 2 1) (4 8 4) 2x x x x x x x x

2 2 2( 1) (2 2) 2 2x x

Dấu “=” xảy ra

1

0)22(

0)1(

0)1(3

0)1(2

2

22

2

2

x

x

x

x

x

Vậy phương trình có nghiệm x = - 1

c. 4462311462 2322 yxyxyxyx

Ta có:

462311462 2222 yxyxyxyx

13)1()3(

)1(3)1()1(2)3(

1231224296

22

2222

2222

xxxx

yxyx

yyxxyyxx

Áp dụng tính chất . Dấu “=” xảy ra 0



Ta có: 4131311

33

xxxx

xx

xx

Từ (1) suy ra: )2(4462311462 2222 yxyxyxyx

Dấu đẳng thức xảy ra trong (2) khi và chỉ khi

1 01

3 01 3

1 0

yy

xx

x

Vậy nghiệm của phương trình là(x; y) = (x0; -1) với 3;10 x

Bài 8. Giải phương trình 021628817216 234 xxxxx

ĐK: x ≥ 2

Phương trình 4 3 216 72 81 28

216

x x xx x

Đặt 0,2 txt . Xét 2)( 2 tttf với ;0t

2 2 74 ( ) 4 4 8 (2 1) 7 7 ( )

4f t t t t f t

7 1

( ) 0;4 2

f t t

Vậy: (4

722222 2 ttxxxx với )2 xt

Dấu “=” xảy ra 4

9

2

12 xx

Ta lại có: 4

7

4

9

4

7

16

28817216 2

2234

xx

xxx

Dấu “=” xảy ra 4

9 x hay 0x



Vậy 4

9021628817216 234 xxxxxx

Phần 3. Sử dụng AM – GM

3.1. Đánh giá trực tiếp hai vế VT VP

Bài 9. Giải phương trình 3 2 2

2 7 11 25 12 6 1x x x x x

Điều kiện 4

7x

Áp dụng BĐT AM GM ta có

VT2 2

2(7 4) ( 3)

22 (7 4)( 3) 6 1

x x xx x x x x

= VP.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2

17 4 3

7

xx x x

x

Bài 10. Giải phương trình 122 xxxxx

ĐK

10

0

02

2

xxx

xx

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số 22 ; xxxx ta có:

12

1

2

11)(1).(

222222

x

xxxxxxxxxxxx

Dấu “=” xảy ra, do đó

0

1

12

2

xxx

xx

Thử lại x = 0 không là nghiệm của phương trình

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 11. Giải phương trình 13 1 9 1 61 xx x



Phân tích. Sử dụng máy tính ta tìm được nghiệm , 251x

Thay vào căn thức ta có 1 3

;2 2

1 1x x

Từ đó ta có hướng tách

Bài giải

1 3. .

2 226. 1 6. 1 61VT xx x

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ,251x

Bài 12. Giải phương trình 2 21 4 2 4 3x x x x x

Phân tích. Sử dụng máy tính ta tìm được nghiệm 3,414222159x , thay vào căn thức ta có

4 2 3,414218598x x

2 4 3 1,00001215 1x x

Vậy ta có hướng giải

Bài giải

Điều kiện 1

3; 12

x x

Áp dụng BĐT AM GM ta có

2 4 24 2

2

x xx x

22 1 4 3

1. 4 32

x xx x

Vậy 2 24 2 4 3 1x x x x x

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 2x




2 21

xx

x

HD Cách 1 2

1(1 ) 2 2

1x

x

2 2

2

1(1 ) 8

1x

x

2 1 ( 0)x a a

2 1(1) ( 1)(1 ) 8a

a

2 2( 1)( 1) 8a a a 2 2( 4 1)( 1) 0a a a 2x

Cách 2: 2

2 22 2 2

1 1

x xx

x x

Bài 14. *Giải phương trình 4 244 1 8 3 4 3 5x x x x x

Bài giải: Điều kiện: 3

8x

Ta có: 4

34 1 8 34 3 5

x xx x

x x

Theo BĐT Cauchy: 1.(4 1) 1 4 1

22

x x

x x

4 1.1.1(8 3) 1 1 1 8 3

24

x x

x x

Nếu không được sử dụng AM GM 4 số, ta sử dụng hai lần hai số.

Vậy 4VT

Mặt khác: VP = 34 3 5x x 2(2 1) ( 1) 4x x 4

Dấu bằng xảy ra khi x = 1

Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 1

Bài 15. *Giải hệ phương trình:

3 3 2 27( ) 8 2( )

2 3 6 2

x y x y xy xy x y

y x x

Bài giải



Từ pt (1) ta có: 2 2 2 2( ) 6 8 2 ( )x y x y xy xy xy x y

Áp dụng Cauchy với điểm rơi x = y ta có:

2 2 2

2 2 2 ( )2 ( )

2 2

xy x y x yxy x y

2 2 6x y xy 2( ) 4x y xy 22 4xy( ) 4( )x y x y xy

4( )x y xy 2 2 6x y xy

Vậy dấu bằng xảy ra, tức x = y. Thay vào (2) ta có pt: 2 3 6 2x x x

Nhận xét: Pt có nghiệm x = 3, khi đó: 3 2 3x x nên ta liên hợp hai căn

1( 3) 2 0

2 3x

x x

Tự luyện

Bài 16. Giải phương trình 3 2 2

2 5 3 3 2 6 1x x x x x

Bài 17. Giải các phương trình sau

a. xyxyyx4

341

b. 12

11194

xyz

xxyzyxxyx

Bài giải

a. xyxyyx4

341 ĐK: 1,4 yx

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

xyxyxyxyy

xxy

yxxyyx4

3

422

44.

22

114.4.

21141



Do dấu “=” xảy ra nên

2

8

44

11

y

x

x

ythoả điều kiện

Vậy nghiệm phương trình là 2;8 yx

b. 12

11194

xyz

xxyzyxxyx

ĐK: 1;9;4 zyx

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:

4 9 1 94 2 1

2

4 .4 9 .9 1 .1 4 4 9 9 2 1 1

2 3 2 .2 3 .2 .2

1 1 1 11

4 6 2 12

x yz x y z xy z yx

xyz x y

x y z x y

x y z x y z

Do dấu “=” xảy ra nên

2

18

8

11

99

44

z

y

x

z

y

x

Vậy phương trình có nghiệm 2;18;8;; zyx


a) xxxx 4342 32

b) 122 xxxxx

Hướng dẫn

a. xxxx 4342 32

ĐK: 0x Áp dụng bất đẳng thức Côsi với 2 số không âm: 4;4 2 xx có



2 23 2

2 22

1 1 4 4 4 44 4 ( 4) .

2 2 2 4

2 4 4 4( 2) 0

3 4

x x x xx x x x

x x x xx

Ta có: xx ,0)2( 2 nên 202 xx

Thử lại x = 2 là nghiệm của phương trình

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2

Bài 19. *Giải phương trình 222

222

32

324411

xxxxxxx

Xét :

332

6432324

2

1

32

324

22

222

222

2

xxxxx

xxx

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:

5364.64

2

13

32

64.32.4

2

1

32

324 4

4 222

222

222

2

xxxx

xxx

Suy ra VT

145432

324

222

2

xx

x

Xét: 2 2 2 21 1 1 1 1 1x x x x x x x x

2 2 21 1 1 2 1x x x x x x 22 1 2 1x x x

Nếu )1(2

1012 xx luôn đúng

Nếu 2

1012 xx

(1) 41)1(4144 22 xxxx đúng

Vế trái < 1 vế phải. Vậy phương trình vô nghiệm



Bài 20. Giải phương trình 2 2 2 2 2 2

2

14 16 9 2 2x y x y y x y x

x

với x>0

+ Với y = 0 phương trình đã cho có dạng: 3 = 2 (2

2 1

xx ) phương trình vô nghiệm (vì

34)1

(22

2 x

x )

+ Với y 0: Điều kiện

0

02

9164222

224

x

yxy

yxyx

0

2

54112

0

0)2(

025)42(2

2

22

22

x

x

yx

x

xy

yx

2

(*)2

9

2

1 2

x

yx

Khi đó phương trình )1

(2)2()42(252

22222

xxxyyx

Ta có: VT = )1(5)42(25 22 yx

1

)2(2

3

4

3

1.

42

1

42

2

2

2

2

doxx

x

x

x

x

)2(5)2

31(2

12

2

2

xx

Và 251

2)2(2

222

xxxy

Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1), (2), (3) đồng thời xảy ra:

2 2

2

2 4 0 2 2

2 1 1

x y x x

x y y

So với điều kiện (*) thì

1

2

y

xlà nghiệm của phương trình


271

3

2824274

2 xxx



Ta có: 63

271

3

2824274

2 xxx

2

)49(314

3

16728124

2

xxx

)1(2

)49(314

3

)49(2

2

4

2

xx

ĐK: 4

9049 xx

Đặt: 049 yx . Khi đ ó (1) trở thành :

2

314

324

2 yy y

yy6

2

314

344

2

Sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta có2

66

yy

2 2 22 ( 6)

4 4 2 4 4( 4) ( 2) 03 3 3

y y yy y

Mà 0)6( 2 y nên 9

2

9

4606

yxyy (thoả điều kiện)

Thử lại 9

2x là nghiệm của phương trình

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 9

2x

Bài 22. Giải phương trình sau 2 161225117 223 xxxxx

Bài giải

2 161225117 223 xxxxx

Ta có: 3 2 22 7 11 25 12 6 1x x x x x



2 22 (7 4)( 3) 6 1x x x x x

Đk: 2(7 4)( 3) 0 7 4 0x x x x vì( )04

11)

2

1(3 22 xxx

7

4 x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số âm 3,47 2 xxx

Ta có: 2 2(7 4) ( 3) 2 (7 4)( 3)x x x x x x

1225117216 32 xxxxx

Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 21

7 4 3 8 7 07

xx x x x x

x

(thoả điều kiện)

Thử lại 7;1 xx là nghiệm


7995226600020022

232

xx

xxxxx

ĐK:

2

031

021

043

022 2

2

23

xxx

xx

xx

xxx

với 2x thì 0432 xx

Vế trái 43

7995226600020022

232

xx

xxxxx

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số không âm 12 x và 189 x ta được

118921891 22 xxxx

2 2

2

2002 6000 1 9 18 7995

3 4

x x x xVT

x x

22

2 2

2003 3 42003 6009 80122003

3 4 3 4

x xx x

x x x x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm dấu bằng ở (1) xảy ra



2

592

59

01991691 22

x

xxxxx thoả điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm là 2

59 x

Bài 24. Giải phương trình sau 3111 444 2 xxx

Bài giải

ĐK 11 x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

2

111.11

2

111.1)1)(1(1

4 2

44 2

xxx

xxxxxx

Cộng từng số bất đẳng thức cùng chiều ta có:

xxxxx 111111 444 2

Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi ta có:

32

2

2

21111

2

2

2

1)1(1)1(1

2

2

2

1)1(1)1(1

xxxx

xxxx

xxxx

Vậy 3111 444 2 xxx

Do đó phương trình có nghiệm dấu bất đẳng thức trong (1) xảy ra.



0

11

11

11

x

x

x

xx

(Thoả điều kiện)

Vậy phương trình đã cho nghiệm x = 0

Bài 25. Giải phương trình 3 2 3 2 23 2 2 3 2 1 2 2 2x x x x x x x

(Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, đề chọn đội dự tuyển)

Lời giải.

Điều kiện xác định: 3 2

3 2

3 2 2 0

3 2 1 0

x x

x x x

Theo bất đẳng thức AM – GM thì:

3 2 3 23 2 3 2 1 3 2 2 3 2 3

3 2 2 1 3 2 22 2

( ).

x x x xx x x x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 23 2 2 1 1x x x .

3 2 3 23 2 3 2 1 3 2 1 3 2

3 2 1 1 3 2 12 2

( ).

x x x x x xx x x x x x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 23 2 1 1 1x x x x

3 2 3 2 23 2 3 2 3 2 3 3 2 3 2 3

3 2 2 3 2 12 2 2

x x x x x x xx x x x x

2 2 223 2 3 3 2 3 1

2 2 22 2

( ) ( )x x x x xx x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 21 0 1( )x x .

Do đó, ta luôn có: 3 2 3 2 23 2 2 3 2 1 2 2 2x x x x x x x .

Đẳng thức phải xảy ra, tức là 1x . Thử lại thấy thỏa.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1x .



Bài 26. Giải các phương trình sau 24

112

x

xx với )0( x

ĐK: 10 x

Ta có: 2( 1 1 2)( 1 1 2) ( 1 1 ) 4x x x x x x

Vì thế 21( 1 1 2)( 1 1 2)( 1 1)

2x x x x x

2 2 2( 1 1)( 1 1 (1 ) 1x x x 2 (1)x

Do vậy)11)(211(

2211

2

2

xxx

xxx

với 10 x , ta có 211 2 x

Theo bất đẳng thứcCôsi:

2 2 2( 1 1 ) (1 ) (1 ) (1 1) 2.2 4x x x x

1 1 2x x 1 1 2 4x x

Suy ra: )2(411)(211(

2 2

2

2 x

xxx

x

Từ (1), (2) 24

114

114

211222

x

xxx

xxx

xx

Do dấu: “=” xảy ra nên

0

11

10x

xx

x

Bài 27. *Giải phương trình 1452243 222 xxyyxx

ĐK:

1313

41

27

031

0114

0145

022

043

2

2

2

y

x

xx

y

xx

xx

yy

xx



Ta có: 2 2 23 4 2 2 5 14x x y y x x

2

1 3 7 2 3 1y x x x x

Ta có: 33102

y nên )2(3312

y

Mặc khác: 0102)43(145 22 xxxxx vì 1x

Nên 043145 22 xxxxA

2

2

7 2 4 1 2 7 2 4 1

7 1 1 4 2 1 2 7 2 4 1

7 1 7 4 2 4 2 7 1 4 2

7 1 4 2 3 3

A x x x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

x x x x

Nên 3A , ta có )3(32427 xxxx

(1),(2),(3)

14

1

84277

01

2317

33122

2

y

x

xxxxxx

y

xxxx

y

Vậy nghiệm yx, của phương trình là

1;

4

1

Một số bài sử dụng AM GM 3 số và bài nâng cao

Bài 28. Giải phương trình 3 2 43 8 40 8 4 4 0x x x x

Phân tích. Nghiệm x = 3 nên sử dụng AM – GM

4 48 4 4 4 4 .16.16.16 13x x x

Xét hiệu 3 2 33 8 40 13 ( 3) ( 3) 0x x x x x x



Bài 29. Giải phương trình 1 1

1x xx x

Phân tích. sử dụng máy tính xác định nhân tử là 2 1x x . Vậy có 2 1 0x x

2 1 0x x 2 1x x 1

1xx

2 1 0x x 2 1x x 1

1xx

Pt 1 1

( 1)x x xx x

Bài giải. ĐK:

1

0

01

1

01

0

x

xx

xx

x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số không âm, ta có:

xx

xxx

xxx

xx

xxx

x

11

11

11111.

111

1

1 5

2

1 5( )

2

x

x l

Dấu “=” xảy ra, do đó:

xx

x1

1

11

12 21 1 0x x x x

Vậy phương trình có nghiệm 2

51x

Bài 30. Giải phương trình (2 3) 4 1 (2 3) 4 1 2 (2 3)(2 3) (1)

4 (2)

x x y y x y

y x xy



Điều kiện xác định: 1 1

;4 4

x y

(2) (4 1) 4 1 4 1x y

x y x x yy x

thay vào (1) ta được

(2 3) (2 3) 2 (2 3)(2 3)x y

x y x yy x

Do (2 3) (2 3) 2 (2 3)(2 3)x y

x y x xy x

Suy ra (1) (2 3) (2 3) ( )(2 2 3) 0x x y y x y x y x y thay vào (2) ta được

2

0 ( )

2 0 1 1

2 2

x

x xx y

lo¹i

Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 1

;2 2

.


2 2 2 2

2 3

2 5 3 4 5 3

x y x xy yx y

x xy x xy x

Bài giải: Yêu cầu trình bày chi tiết ra nghiệm

Ta có

2 2

2

x y

2( )

4 2

x y x y

2 2

3

x xy y

2 2 2

4 2

x y xy x y

Vậy VT VP . Dấu bằng xảy ra khi x = y. Thay x = y vào pt (2) ta có:

2 22 5 3 4 5 3x x x x x



Chia cả 2 vế cho 2x ta xét 2 trường hợp

TH1 x > 0 thì:: 2 2

5 3 5 32 4

x x

x x

.

Đặt 2

5 3xt

x

thì t = 2 hoặc t = 7 (loại(

Với t = 2 thì x = 3 hoặc 1

2x

(loại)

TH2 x < 0 ta có nghiệm5 109

14

Vậy hệ có nghiệm: (3; 3) và 5 109 5 109

;14 14

Bài 32. Giải các phương trình sau 34 316 5 6 4x x x

Phân tích. Bấm nghiệm 1

2x , giá trị trong căn bằng 1.

Bài giải

Do 00)14(0460516 23 34 xxxxxx

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương 4x; 4x2 + 1; 2 ta có:

3 23 22 )14(62).14(432)14(4 xxxxxx

32 34 4 3 6 4x x x x 2 44 4 3 16 5x x x 4 38 2 2 1 0x x x

2 2(2 1) .(2 2 1) 0x x x 2 2(2 1) 0 ( 2 2 1 0, )x do x x x

Mà (2x – 1)2 0, x nên 2x – 1 = 0 2

1 x

Thử lại 2

1x là nghiệm phương trình



Phần 3. CAUCHY - SCHWARZ.


a) 2

2 4 6 11x x x x x

b) 2

2

1 12 2 4x x

x x

HD

b) 2

2

1 1( 2 ) ( 2 ) 4PT x x

x x

Bài 34. Giải các phương trình sau 91

22

xx

x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 cặp: 1;22 x và 1

;1

1

x

x

x

Ta có:

9)11

1)(18()

1.1

1

1.22()

1

22( 22

x

x

x

xx

x

xx

xx

x

Do dấu: “=” xảy ra nên 7

1

1:

1

1

1

22

x

x

x

xx (thoã mãn điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 7

1x

Bài 35. *Giải phương trình : 2 4 2 413 9 16x x x x

Giải: Đk: 1 1x

Biến đổi pt ta có : 2

2 2 213 1 9 1 256x x x



Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

2

2 2 2 2 213. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10x x x x x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 2

2 2 1610 16 10 64

2x x

Dấu bằng

22

2 2

21

513

210 16 10

5

xxx

xx x

Tương tự


22 10 12 52x x x x

62 1 19 2

210 24

x xx x

Bài 37. Giải phương trình: 1

1 2012 1 2012 1

1

x x x

x

Đk:1 1

2012 2012

x

Ta có:

11 2

1

x

x

. Dấu = xảy ra khi x = 0.

Ta có:

2

1 2012 1 2012 2 1 2012 1 2012 4 1 2012 1 2012 2x x x x x x

Dấu = xảy ra khi x = 0. Vậy x = 0 là nghiệm của pt.

Bài 38. Giải phương trình (*)42424 442 xxx

Ta có )(2 22 baba (I)



Dấu “ = ” xảy ra 0 ba

424 24 xx (Bất Đẳng thức côsi)

)1(44 24 xx

Áp dụng bài toán phụ

)2(44242

)4(4)4(424242

244

4444

xxx

xxxx

(1), (2), (*) cho ta

xxx

x

xxxx

4242

4

442424

44

4

2444

Vậy phương trình vô nghiệm.

(I) chứng minh bài toán phụ:

2222 )(2)()()( babababababa

Bài 39. (OLYMPIC 30/4 -2007) Giải phương trình: 2 2

91

x xx

Giải: Đk 0x Ta có : 2 2

22 2 12 2 1 9

11 1

xx x x

xx x

Dấu bằng 2 2 1 1

71 1x

x x

Bài 40. Giải phương trình 3 x 3 x 3

HD x = 4 là nghiệm. Xét x > 4, x < 4.

Hệ phương trình



Bài 41. Giải hệ phương trinh

91 2 1

4, .

1 1 1

31 1 1 1

x y y

x yx y

y x

Lời giải: Điều kiện 1

.1

x

y

Nhận thấy hệ không có nghiệm ; 1; 1 .x y

Đặt 1

, 0 .1

a xa b

b y

Khi đó hệ đã cho trở thành hệ

2

2 2

52

4.

1

1 1 3

a b b

a b

b a

Ta có:

22 2

* , , , , 0.A BA B

A B X YX Y X Y

Thật vậy: (*)

2 22 2 2 22 0 0.A Y B X X Y A B XY A Y ABXY B X AY BX

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Dấu bằng xảy ra .A B

X Y

Áp dụng bổ đề này ta có:

2 22 2 1

1 1 2 3 2

a b a ba b

b a a b a b

2

3 2 0 1 1 .a b a b a b a b

Với đánh giá này, kết hợp với phương trình thứ nhất ta có:

22 25 5 1 1

2 2 1 2 1 0 2 1 0 .4 4 2 2

a b b b b b b b b a

Với

1 1 51

2 2 4.

1 1 31

2 2 4

a x x

b y y

Đối chiếu và thử lại ta có nghiệm của hệ là 5 3

; ; .4 4

x y



Bài 42. Giải phương trình: 2 2

2 2

3 312 4x 4x

x x

HD: sử dụng B.C.S cân bằng hệ số, phân tích thành nhân tử, cm VT < VP

Phần 4. ĐÁNH GIÁ NGHIỆM

Bài 43. Thi HSG Quận I TPHCM 2005 – 2006

Giải phương trình 4 2 3 3x x

HD cách 1

2

2

3 3

( 1) ( 3 2) 0

1( 1)( 1) 0

3 2

1( 1)[( 1) ] 0

3 2

y y

y y

yy y

y

y yy

1x

Cách 2: 2 1x 4 2 3 1 1 3 3x x

Bài 44. Giải phương trình: ( 2) 1 2 1x x x

Bài giải. Từ pt ta có 1

2x

Bình phương và chuyển vế ta có: 3 2 4 3 0x x x

Mà: 3 2 24 3 ( 1) 2(2 1) 1 1x x x x x x

Vậy pt vô nghiệm

Bài 45. Giải hệ phương trình:

3

2

3 4

2 6 2

y x x

x y y

Hướng dẫn: Ta có hệ

2

2

2 ( 1) ( 2)

2 2( 1) ( 2)

y x x

x y y



Từ đó nếu 2x thì 22( 1) ( 2) 2 0 2y y x y

2( 1) ( 2) y 2 0x x 2x vô lí

Tương tự nếu x < 2

Vậy x = 2, suy ra y = 2

Nghiệm duy nhất của hệ (2; 2)

Bài 46. Giải phương trình: 3( 1) 2 1 3 6 6x x x x

Bài giải

Dễ thấy x = 1 không là nghiệm. Chia khoảng (1; 2) và (2; +), biến đổi pt thành:

3 62 1 3 6

1

xx x

x

TH1 Nếu 1 < x < 2 khi đó VT < 2 + 3.2 = 8; VP > 8

TH2 Nếu x > 2 thì: VT > 8; VP < 8

Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 8

Bài 47. Tìm x, y thỏa mãn phương trình: 3

1 2 12

x y y x xy

HD: Đk 1; 1x y

PT đã cho: 2 2

1 1 1 1 02

xy y x

Vậy nghiệm là (2; 2)

Bài 48. Giải pt 4√x + 2 + √22 − 3x = x2 + 8

HD ĐK − 2 ≤ x ≤22

3; liên hợp

(x − 2) [(x + 2) −4

√x + 2 + 2+

3

√22 − 3x + 4]

Chia làm 2 miền, xét từng miền



Nxet − 2 ≤ x < y ≤22

3→ A(x) < A(y);

Mà A(−1) = 0 nên pt có 2 nghiệm x = -1; x = 2.

Đánh giá miền nghiệm dựa vào đẳng thức

Bài 49. Giải hệ phương trình 1

2 1

xy y y

xy y y

HD Giải điều kiện ta có: 1 0 1x y ;

Từ pt (2) có: 1 2y xy y 0 1y

Từ đó y = 1

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 1

Bài 50. Giải hệ phương trình

4 4

6 6

1

1

x y

x y

HD ĐK 0 1x y ;

Trừ 2 vế của pt ta có: 4 2 4 21 1 0x x y y ( ) ( )

Vậy hệ (I) có 4 nghiệm (0; 1), (0; -1), (1; 0), (-1; 0)


2 2 2

3 3 3

25

125

x y z

x y z

HD Từ pt (1) và (2) ta có: 2 2 2 3 3 35 5 5x y z x y z 2 2 25 5 5 0x x y y z ( ) ( ) (z )

Mặt khác, từ pt (1) có: 0 5x y z ; ; . Từ đó: 2 2 25 5 5 0x x y y z ( ) ( ) (z )

Vậy hpt có nghiệm (0; 0; 5), (0; 5; 0) hoặc (5; 0; 0)

Bài 52. [Tương tự ]Giải hệ phương trình

2 2

9 9

1

1

x y

x y




23 1

8 9

y x y

x y x y

( )

HD TXĐ 9x y

Từ pt (1) có: 23 1y x y ( ) 3x y 0 9x y

Vậy x – y = 9

Hệ có nghiệm (8; -1)


3 2

2 2 2

2 4 3 0

2 0

x y y

x x y y

HD

Từ pt (1) có: 3 21 2 1 1x y ( ) 1x

Từ pt (2) có: 2

2

21

1

yx

y

1 1x

Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (-1; 1)

Bài 55. *Giải hệ phương trình

3

3

3

3 12 50

12 3 2

27 27

x x y

y y z

z x z

(Trường THPT Phan Chu Trinh, Đà Nẵng)

Lời giải.

Ta có:

3 3 23 12 50 48 12 3 2 12 4 2 1( ) ( )( )x x y y x x y x x (1)

3 3 212 3 2 3 18 12 16 3 6 4 2( ) ( )( )y y z z y y z y y (2)

3 3 227 27 27 54 27 54 27 2 6 3( ) ( )( )z x z x z z x z z (3)



-Nếu 1x thì 22 1 0( )( )x x , từ (1) suy ra 4y hay 24 2 0( )( )y y , từ (2) suy ra

6z hay 26 3 0( )( )z z , từ (3) suy ra 2x , mâu thuẫn.

Do đó, 1x không thỏa mãn hệ, ta chỉ xét 21 1 0( )x x .

Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng có: 2 22 0 3 0( ) ,( )y z .

Từ (2) suy ra 4 6, y z cùng dấu.

Từ (3) suy ra 2 6, x z cùng dấu.

Từ đó, ta được: 2 4,x y cùng dấu.

Hơn nữa, từ (1), ta thấy 2 4, ( )x y cùng dấu, tức là: 0 2 4 0( )( )x y .

Do đó: 2x hoặc 4y .

Từ các phương trình (1), (2), (3), dễ thấy cả hai trường hợp trên đều cho ta kết quả là:

2 4 6, ,x y z .

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là 2 4 6( , , ) ( , , )x y z .

Mấu chốt của bài toán là phải có được các phân tích (1), (2), (3) ở trên. Điều này chỉ có thể thực

hiện được khi đã đoán được nghiệm của bài toán là 2 4 6, ,x y z . Dạng này cũng đã từng

xuất hiện trong đề thi HSG của TPHCM năm 2006 – 2007:

Giải hệ phương trình:

3

3

3

3 4

2 6 6

3 9 8

x y x

y z y

z x z

Cách giải bài toán này hoàn toàn tương tự, nghiệm (x; y; z) = (2; 2; 2)

Đánh giá mối liên hệ của các ẩn dựa vào hệ đối xứng – hệ vòng quanh

Bài 56. Giải hệ phương trình 2 2

2 4 1 3 5

44

x x x y y y

x y x y

HD Xét pt (1) nếu x > y – 5 thì VT > VP

Nếu x < y – 5 thì VT < VP



Vậy x = y – 5. Từ đó hệ có nghiệm (-7; -2) và (1; 6)


3 3

1

54

x y y x xy

x y

( ) ( )

HD Đk 0x y ;

Xét pt (1) Nếu x > y thì VT > 0 > VP

Nếu x < y thì VT < 0 < VP

Vậy hệ có nghiệm (3; 3)

Bài 58. *Giải hệ phương trình 2 3 2 1

2 3 2 1

x y y x x x

y x x y y y

HD Điều kiện: 1

2x y ;

Trừ 2 vế của pt ta có: 3 2 1 3 2 1xy y x x x y y ( )

Nếu x > y thì VT < 0 < VP

Nếu x < y thì VT > 0 > VP

Vậy hệ có nghiệm x =y = 1


2

2

2

1

1

1

x y

y z

z x


5 4 2

5 4 2

5 4 2

2x 2

2y 2

2z 2

x x y

y y z

z z x

HD Ý tưởng của bài toán này là nhẩm nghiệm x = y = z = 1. Sẽ cm nghiệm duy nhất bằng cách

cm x > 1, x < 1 là vô lí

Xét TH1: x > 1 có: 5 4 2 5 4 22 2z 2zz z x z z 4( 1)( +2z+2)<0z z



Do

2

4 2 21 3+2z+2= ( 1) 0

2 4z z z

nên z < 1; tương tự suy ra y > 1; suy ra x < 1. Vô lí

TH2 x < 1 cm tương tự.

Kết luận x = y = z = 1.

Nghiệm của hệ: (x; y) = (0; 0), (1; 1).

Bài 61. (Dự bị D – 2008)Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

2 2

36x 60x 25 0

36 60 25 0

36 60 25 0

y y

y z y z

z x z x

HD: 2

2

60x

36x 25y x

; (0; 0; 0),

6 6 6; ;

5 5 5

Đánh giá miền của biến dựa vào tam thức bậc hai


2 2

2 2

2

0

x y

x xy y y

HD xét pt (2) theo ẩn x, tìm được: 4

03

y

HD xét pt (2) theo ẩn y, tìm được: 2

13

x

Từ đó:

2 2

2 2 1 4 172

3 3 9x y

KL: Hệ vô nghiệm

Bài 63.

Đánh giá

Giải phương trình: 3 3 3 3

(4 3)2

x x x (1)



Đặt 34 3y x x . (1) có dạng:

3 3

3

2 2 3( )

4 3

y xI

x x y

Khi đó nghiệm của (1) là x ứng

với (x;y) là nghiệm của (I)

(I)

3 3

3 3

2 2 3

2 2 ( ) 0

y x

x y x y

3 3

2 2

2 2 3(2)

( )(2 2 2 1) 0(3)

y x

x y x xy y

TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): 33

4x

TH2: 2 2 22 2 2 1 0; ' 2 3xx xy y y . Nếu có nghiệm thì 2

3y . Tương tự cũng có

2

3x . Khi đó VT (2)

3

2 8 24 3

3 3 3

. Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1

nghiệm 33

4x


{x4 + y2 =

697

81x2 + y2 + xy − 3x − 4y + 4 = 0

HD: 0 ≤ x ≤4

3; 1 ≤ y ≤

7

3


{x2 + y2 + z2 = 1

x2 + y2 − 2xy + 2yz − 2xz + 1 = 0

HD thay 1 từ pt (1) vào pt (2) có: (−x + y + z)2 + y2 + x2 = 0


2 2 2

2 2

2 3

2 1

x y z xy zx zy

x y yz zx xy

HD Đưa pt (1) về ẩn (x + y) ta có: 2 2z

đưa pt (2) về ẩn (x – y) ta có: 2 2z z

Từ đó z = -2 hoặc z = 2



Kết luận: hệ có nghiệm (1; 0; 2) hoặc (-1; 0; -2)

Cách 2: pt (1) + 3 nhân pt (2) đưa về tổng bình phương, có y = 0;

Bài 67. *Giải hệ phương trình 2 2

2 2

2 3 4 2 3 4 18

7 6 14 0

( )( )x x y y

x y xy x y

(Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, đề chọn đội dự tuyển – tính đồng biến hàm bậc 2)

Lời giải.

Xét đẳng thức: 2 2 7 6 14 0x y xy x y (*)

Ta xem (*) là phương trình bậc hai theo biến x, viết lại là:

2 27 6 14 0( )x x y y y .

Phương trình này có nghiệm khi:

2 2 2 77 4 6 14 0 3 10 7 0 1

3( ) ( )

yy y y y y y .

Hoàn toàn tương tự, xem (*) là phương trình bậc hai theo biến y, viết lại là:

2 26 7 14 0( ) ( )y y x x x .

Phương trình này có nghiệm khi:

2 2 2 106 4 7 14 0 3 16 20 0 2

3( ) ( )

xx x x x x x .

Ta xét hàm số:

2 32 3 4 4 3 0 1

4( ) , ( )f t t t t f t t t .

Suy ra, trên 1[ , ) , hàm số này đồng biến. Ta được:

2 6 1 3 3 6 18( ) ( ) , ( ) ( ) ( ). ( ) .f x f f y f f x f y .

Từ phương trình thứ nhất của hệ thì ta thấy đẳng thức phải xảy ra, tức là 2 1,x y .

Thay hai giá trị này vào (*), ta thấy không thỏa.



Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

Nhận xét.

Ý tưởng giải của bài này không khó và cũng khá quen thuộc khi chỉ cần tìm miền xác định của

biến thông qua việc tính Delta của một phương trình bậc hai; tuy trong lời giải trên có khảo sát

hàm số nhưng thực ra các kết quả đó có thể chứng minh bằng bất đẳng thức đại số thuần túy nên

công cụ giải chính của bài này là đại số. Và do đó việc hai biểu thức của x và y ở phương trình đầu

của hệ giống nhau có thể dẫn đến đánh giá sai hướng mà dùng giải tích, xét hàm số để khai thác

phương trình đầu tiên trong khi điều đó không đem lại kết quả gì. Các hệ số được chọn ra số rất

đẹp chính là ưu điểm nổi bật của bài toán này.

Bài tập đề nghị


1) 1 2 1 2

1 2 1 21 2 1 2

x xx x

x x

2) 4 4 41 1 2 8x x x x

3) 4 4 42 8 4 4 4 4x x x

4) 4 3316 5 6 4x x x

5) 3` 2 43 8 40 8 4 4 0x x x x

6) 3 3 4 28 64 8 28x x x x

7) 2

2

1 12 2 4x x

x x

Phần 5. HỆ PHƯƠNG TRÌNH


2 2

2 2

2 2

4x 4z 12 0

4 12 0

16z 8xz 4 0

x y

y yz x

y



HD Cộng từng vế 3 pt ta có: 2 2 2( 2 ) ( 2z) ( 4z) 0x y y x ; nghiệm (4; 2; 1) và (-4; -2; -1)

Bài 70. Giải hệ phương trình 2 2 xy 3

3x 1 3y 1 4

x y

2 2 2

3 1 4 2 3x 1 2 3y 1 2 x y 0

Với phương pháp này, cần lưu ý phát hiện các biểu thức không âm trong hệ và nắm vững cách

vận dụng các bất đẳng thức cơ bản như BĐT Cauchy, BĐT Bunhiacopxki.

Bài 71. Giải hệ phương trình với nghiệm hữu tỉ 2 2 2

2 2 2

14

1 1 1 x y z1

2x 3y 6z 2 3 6

x y z

HD: sử dụng BCS cho pt (2)

Bài 72. Giải hệ phương trình nghiệm dương

33

3

1 x 1 y 1 z 1 xyz

x y z

HD: pt (2);

VT ≥ 1 + 3√xyz3 + 3√(xyz)23+ xyz ≥ VP

Điểm khác biệt giữa pp đánh giá của hệ và của phương trình đó là hệ thêm pp đánh giá miền của

ẩn dựa vào đẳng thức hoặc tam thức bậc hai


2

3 2

2

23

2

2 9

2

2 9

xyx x y

x x

xyy y x

y y

HD cộng hai vế pt ta có: 2 2

3 2 23

2 2

2 9 2 9

xy xyx y

x x y y

Ta có: 3 2

2 2 | || |

22 9

xy xyxy

x x



23

2 2 | || |

22 9

xy xyxy

y y

Dấu bằng xảy ra khi x = y = 0 hoặc x = y = 1

Phần 6. LUYỆN TẬP

Bài 74. Giải hệ : 4 4

1 (1)

18( ) 5 (2)

x y

x yxy

HD Cm pt (2) có 4 4 1

8( ) 5x yxy

.

Vậy hệ có nghiệm: 1 1

;2 2

Bài 75. Giải hệ :

6 (1)

12 (2)

2 2 23 (3)

x y z

xy yz zx

x y z

HD Từ (2) và (3) ta có xyz = 8

Từ (1) và (2) ta có: 2 2 2 12x y z

Theo BĐT Cauchy: 2 2 2 233 ( ) 12x y z xyz

Vậy hệ có nghiệm (2; 2; 2)

Bài 76. Giải hệ phương trình:{y = −x3 + 3x + 4

x = 2y3 − 6y − 2

HD: {(y − 2) = −(x + 1)2(x − 2)

(x − 2) = 2(y + 1)2(y − 2)→ x = y = 2

Bài 77. Giải hệ phương trình:{2x + 2y − √xy = 3

√3x + 1 + √3y + 1 = 4



HD: 2. (1) + 4. (2) → (√3x + 1 − 2)2

+ (√3y + 1 − 2)2

+ (√x − √y)2

= 0

Bài 78. Giải hệ phương trình:{√xy + √1 − y = √y

2√xy − y − √y = −1

HD: từ đk → x ≥ 1, (2) → VT ≥ VP → x = y = 1.

Bài 79. Giải hệ :

2 2 2 2

2 33

(1)2 3

2 1 14 2 (2)

x y x xy yx y

x y x x y y

- HD : Từ (1) VTVP, dầu bằng khi x y thay vào PT (2) ta có :

2 332 1 14 2x x x x

Ta có :

2 2

2

233

2 1 0 2 1 02 1 0 1 2

2 1 014 2

x x x xx x x

x xx x

Bài 80. Giải các hệ phương trình sau

1/

2

2 2

3

5 2 3

xy y

xy xy y y y

2/

2 22

2 2 2 2

xy x y x y

x y y x x y

3/

3 3

2 2

4 16

1 5(1 )

x y y x

y x

4/

2 2

2 2

2 5 2 0

4 0

x y xy y x

x y x y

5/ 2 2 2

1 7

1 13

xy x y

x y xy y

6/

3 3

2 2 3

1

2 2

x y

x y xy y

7/

3

4 2

3 9

(2 3) 48 48 155 0

x y

y x y x y

8/ 2

2

( 1) 3 0

5( ) 1 0

x x y

x yx

9/ 2 2

4 2 0

2 8 18

xy x y

x x y y

10/

2 1 3

3 2 40

x y x y

x y



11/

2 2

2 2

19( )

7( )

x xy y x y

x xy y x y

12/

3 3

24 1 9( 1) 2 2

x y xy

x x y x

9 pp danh gia

Education

Transcript of 9 pp danh gia